河北省蠡县中学高二化学9月月考试题含解析

河北省蠡县中学2022-2022学年高二9月月考化学试题1.下列化学用语中，正确的是(　　)A.氯化钠的电子式为B.镁的原子结构示意图为C.氯化氢分子的形成过程可用电子式表示为：D.重水的化学式为(或D2O)【答案】D【解析】【详解】A.氯化钠为离子化合物，电子式为，故A错误；B.镁的原子核外有12个电子，电子排布为2、8、2，故B错误；C.氯化氢是共价化合物，氢原子和氯原子之间共用一个电子对，故C错误；D.重水中的氢原子核内有一个质子和一个中子，质量数为2，故D正确。答案选D。2.下列说法中，正确的是（）A.H35Cl、H37Cl属于同素异形体B.16O与18O的中子数不同，核外电子排布相同C.稳定性：CH4＞SiH4；还原性：HCl＞H2SD.K+、Ca2+、Mg2+的离子半径依次增大，还原性依次增强【答案】B19【解析】试题分析：A、由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，H35Cl、H37Cl均是化合物，因此不可能属于同素异形体，A不正确；B、16O与18O互为同位素，质子数相同，核外电子数也相同，因此核外电子排布相同，但中子数不同，B正确；C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强。非金属性是C强于Si，所以稳定性是CH4＞SiH4；非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱。非金属性是Cl强于S，因此还原性是HCl＜H2S，C不正确；D、金属性越强，相应阳离子的氧化性越弱，所以Mg2＋、Ca2＋、K＋的离子半径依次增大，氧化性依次减弱，D不正确，答案选B。考点：考查原子核外电子排布以及元素周期律的应用等3.铯137是金属铯的同位素之一，与“铀235”同属于放射性物质。下列对C55137s与U92235描述正确的是(　　)A.Cs与U的质子数差值为37B.Cs与U的中子数差值为98C.铯137的电子数是82D.铀元素的相对原子质量是235【答案】A【解析】【详解】A、Cs的质子数为55，U的质子数为92，两者相差37，故A正确；B、中子数=质量数－质子数，Cs的中子数为137－55=82，U的中子数为235－92=143，两者相差61，故B错误；C、中性原子：质子数=核外电子数，Cs的电子数为55，故C错误；D、元素的相对原子质量为各种核素的相对原子质量和它们在自然界中所占的原子个数百分含量的乘积之和，此题无法计算铀元素的相对原子质量，故D错误。故选A。4.据国外有关资料报道，在独居石（一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nb等的磷酸盐）中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表的A.第六周期第ⅣA族B.第七周期第ⅥA族C.第七周期第ⅦA族D.第八周期第ⅥA族【答案】B【解析】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，而116号元素在0族向左第2列，故应为第ⅥA19族元素，答案选B。点睛：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族。5.在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是(　　)A.铜片上发生了还原反应B.电子通过导线由铜片流向锌片C.正极有O2逸出D.正极附近的SO42-浓度逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A、铜-锌-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，铜作正极发生还原反应，故A正确；B、铜-锌-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，铜作正极，原电池放电时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B错误；C、正极上氢离子得电子生成氢气，故C错误；D、该原电池放电时，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以硫酸根离子向负极移动，负极附近SO42-浓度逐渐增大，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了原电池原理。本题的易错点为D，要注意溶液中阴阳离子的移动方向的判断，在原电池中，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。6.氧化反应和还原反应分别在两个电极上自发进行时，便能构成原电池。下列氧化还原反应中，在一定条件下不能构成原电池的是A.2FeCl2＋Cl2===2FeCl3B.Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2AgC.Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2OD.2H2＋O2===2H2O【答案】C【解析】19试题分析：A．该反应中，铁元素的化合价由+2价变为+3价，氯元素化合价降低，且该反应是自发进行的氧化还原反应，氧化剂和还原剂是不同物质，所以能构成原电池，故A不选；B．该反应中，锌元素的化合价由0价变为+2价，银元素化合价降低，且该反应是自发进行的氧化还原反应，氧化剂和还原剂是不同物质，所以能构成原电池，故B不选；C．该反应中，硫代硫酸钠中硫元素的化合价由+2价变为0价和+4价，该反应是自发进行的氧化还原反应，但氧化剂和还原剂是同一物质，所以不能构成原电池，故C选；D．该反应中，O元素的化合价由0价变为-2价，H元素的化合价由0价变为+1价，且该反应是自发进行的氧化还原反应，氧化剂和还原剂不是同一物质，所以能构成原电池，故D不选；答案选C。【考点定位】考查原电池原理【名师点晴】明确构成原电池的化学反应特点是解本题关键，只有能自发进行的氧化还原反应且氧化剂和还原剂不是同一物质的反应才能设计原电池，结合元素化合价来分析解答。7.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是(　　)A.对该反应体系加热B.向溶液中滴加浓硝酸，以增大氢离子浓度C.滴加少量CuSO4溶液D.改用铁粉【答案】B【解析】【详解】A、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A不选；B、向溶液中滴加浓硝酸，硝酸具有强氧化性，不能反应放出氢气，故B选；C、加入少量硫酸铜溶液，铁将铜置换出来与铁形成原电池，加快反应速率，故C不选；D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D不选；故选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的常见因素，熟悉温度、浓度、构成原电池、增大接触面等对化学反应速率的影响是解题的关键。本题的易错点为C，要注意构成原电池后负极反应速率加快。8.下列图示变化为吸热反应的是(　　)19A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，A正确；B、反应物总能量高于生成物总能量属于放热反应，B错误；C、浓硫酸溶于水放热，C错误；D、锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，属于放热反应，D错误，答案选A。点睛：了解常见的放热反应和吸热反应是解答的关键。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。注意选项C中放出热量，但不能称为放热反应，因为是物理变化。9.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是A.检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动B.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C.电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2OD.正极上发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－【答案】C【解析】试题分析：A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+4e-+4H+＝2H2O，负极：CH3CH2OH－4e-+H2O＝CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+19应向正极移动（正极带负电），A正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2＝CH3COOH+H2O，C正确；D、根据正极反应式可知，D正确。答案选B。【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。【名师点晴】1、一般电极反应式的书写：原电池反应的本质就是氧化还原反应。因此正确书写氧化还原反应方程式并能标出电子转移的方向和数目是正确书写电极反应式的基础，通过电池反应中转移电子的数目可确定电极反应中得失的电子数目，通过电池反应中的氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物可确定电极反应中的反应物和产物。具体步骤如下：（1）首先根据题意写出电池反应。（2）标出电子转移的方向和数目，指出氧化剂、还原剂。（3）根据还原剂——负极材料，氧化产物——负极产物，氧化剂——正极材料，还原产物——正极产物来确定原电池的正、负极和反应产物。根据电池反应中转移电子的数目来确定电极反应中得失的电子数目。（4）注意环境介质对反应产物的影响。2、复杂电极反应式的书写：复杂电极,反应式＝总反应式－较简单一极的电极,反应式。如CH4酸性燃料电池中CH4＋2O2＝CO2＋2H2O总反应式①，2O2＋8H＋＋8e－＝4H2O正极反应式②，①－②得：CH4＋2H2O－8e－＝CO2＋8H＋负极反应式。视频10.下列变化中，属于物理变化的是（　）①石油的分馏　②煤的干馏③石油的裂化　④铝热反应⑤由乙烯变为聚乙烯　　⑥氧气转变为臭氧⑦乙烯催熟果实　⑧苯遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水A.①②③④B.①②⑤⑦C.①⑧⑨D.①②⑥⑨【答案】C【解析】19试题分析：①石油的分馏是分离沸点不同的液体混合物，没有新物质产生，是物理变化，正确；②煤的干馏是把煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质产生，发生的是化学变化，错误；③石油的裂化是大链分子变为断裂分子的过程，有新物质产生，发生的是化学变化，错误；④铝热反应有新物质产生，发生的是化学变化，错误；⑤由乙烯变为聚乙烯产生新的物质，发生的是化学变化，错误；⑥氧气、臭氧是不同的物质，由氧气转变为臭氧发生的是化学变化，错误；⑦乙烯催熟果实有新物质产生，发生的是化学变化，错误；⑧苯遇溴水发生萃取作用，没有产生新的物质，发生的是物理变化，正确；⑨海水蒸馏法制取淡水，只是分离混合物，没有新的物质产生，发生的是物理变化，正确。考点：考查物理变化与化学变化的判断的知识。11.下列关于石油的说法正确的是(　　)A.石油是混合物，汽油是纯净物B.石油的分馏产物是纯净物C.石油的裂化和裂解均为物理变化D.乙烯和苯是来自石油和煤的两种有机物，它们都能使溴水褪色，但褪色的原理不相同【答案】D【解析】【详解】A．汽油是复杂烃类（碳原子数约5～11）的混合物，故A错误；B．石油分馏的各馏分均是混合物，如汽油、煤油等，故B错误；C．石油的裂化和裂解均为化学变化，故C错误；D．乙烯能与溴水发生加成反应使溴水褪色，苯与溴水发生萃取，使溴水层褪色，故D正确；故选D。12.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”(原子节约)的新概念及要求。理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。下列几种生产乙苯的方法中，最符合原子经济性要求的是(反应均在一定条件下进行)(　　)A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】原子利用率为100%，即反应物全部转化为最终产物，生成物只有一种。A．产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故A错误；B．产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故B错误；C．反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“绿色化学”的思想，故C正确，D．产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故D错误；故选C。13.下列关于聚乙烯的说法正确的是(　　)19A.聚乙烯是通过加聚反应生成的B.聚乙烯具有固定的元素组成，因而有固定的熔、沸点C.聚乙烯塑料袋因有毒，故不能装食品D.聚乙烯因性质稳定，故不易造成污染【答案】A【解析】聚乙烯是混合物，没有固定的熔、沸点，B项错误；聚乙烯塑料袋没有毒，能装食品，C项错误；聚乙烯会造成白色污染，D项错误。14.下列反应中，不属于取代反应的是(　　)A.苯与硝酸反应制取硝基苯B.乙烯与氯化氢反应制取氯乙烷C.乙醇与钠反应生成乙醇钠D.油脂在酸性条件下生成甘油和高级脂肪酸【答案】B【解析】【详解】A．苯与浓硝酸反应，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故A不选；B、在催化剂存在条件下，乙烯与氯化氢反应制氯乙烷的过程是溴化氢将乙烯中的双键加成变为单键的过程，属于加成反应，故B选；C、乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键，属于取代反应，故C不选；D、油脂在酸性条件下能水解为甘油和高级脂肪酸，是油脂分子中酯基的碳氧键断裂，分别与水分子提供的氢原子和羟基相连，属于取代反应，故D不选；故选B。15.下列关于有机物说法正确的是(　　)A.甲烷、乙烯和苯的分子中原子都在同一平面上B.苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色C.甲烷、乙烯、乙醇都能发生氧化反应D.植物油属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．甲烷为正四面体结构，所有原子不可能共面，而乙烯和苯的分子中原子都在同一平面上，故A错误；B．苯与溴不反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；C．19甲烷、乙烯、乙醇的燃烧为氧化反应，且乙醇还可发生催化氧化，故C正确；D．植物油的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误；故选C。16.下列除去杂质(括号内物质为少量杂质)的方法中，正确的是(　　)A.乙烷(乙烯)：光照条件下通入Cl2，气液分离B.乙酸乙酯(乙酸)：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏C.CO2(SO2)：气体通过盛氢氧化钠溶液的洗气瓶D.乙醇(乙酸)：加足量浓硫酸，蒸馏【答案】B【解析】试题分析：A、光照条件下通入Cl2，Cl2会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样除去杂质，又引入新的物质，不符合除杂的原则，A错误；B、饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，B正确；C、二氧化碳与碳酸反应生成碳酸氢钠，二氧化硫与碳酸钠反应生成生成亚硫酸钠，水和二氧化碳，将原物质除掉了，不符合除杂原则，C错误；D、乙酸与乙醇在浓硫酸作用下会反应生成乙酸乙酯，与乙醇互溶，除去杂质但又引入新的杂质，D错误；答案选B。考点：考查物质的分离提纯。17.等质量的两份锌粉a、b，分别加入两支相同的试管中，然后加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，则产生氢气的体积(V)与时间(t)的关系用图像表示如下，其中正确的是(　　)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】19等质量的两份锌粉中,加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸,同时向a中加入少量CuSO4溶液,则a中发生的反应有:Zn+Cu2+=Zn2++Cu,Zn+2H+=Zn2++H2↑,由于置换出来的Cu与Zn在稀硫酸中构成原电池,所以,a中的反应速率比b中的反应速率大,即反应完成所需的时间短,但Cu2+消耗了少量的Zn,a中产生的H2比b中产生的H2少。b中只发生反应:Zn+2H+=Zn2++H2↑。符合这些条件的图像就是D。18.如图为氢氧燃料电池原理示意图，根据此图的提示，下列叙述不正确的是(　　)A.a电极是负极B.b电极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部贮存在电池内的新型发电装置【答案】B【解析】A、氢氧燃料电池中，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，A正确；B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，该极上发生得电子的还原反应，B错误；C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确，答案选B。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是正负极判断和电解反应式的书写。注意电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是否在熔融的电解质等。19.已知C—C键可以绕键轴自由旋转，下列关于结构简式如下，该烃的说法中正确的是(　　)A.分子中至少有9个碳原子处于同一平面上B.分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C.分子中至少有16个碳原子处于同一平面上19D.该烃属于苯的同系物【答案】B【解析】试题分析：A、甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面．两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面．如图所示的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故A错误；B、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故B正确；C、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故C错误；D、该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，故D错误；故选B。【考点定位】考查有机化合物的结构特点【名师点晴】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。解答该类试题的判断技巧：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键、键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。20.已知2SO2＋O22SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是(　　)A.O2的能量一定高于SO2的能量B.SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量C.SO2的能量一定高于SO3的能量D.因该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】B【解析】判断一个反应是放热反应还是吸热反应，关键看反应物的总能量与生成物的总能量的差值。如果反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就放热，B项正确；A、C两项错误，都没有考虑总能量差；放热反应只表明反应物总能量比生成物总能量高，而加热是反应的条件，两者无必然联系，许多放热反应也必须加热才能开始进行，D项错误。21.下列说法正确的是(　　)19A.由H原子形成1molH—H键要吸收热量B.N2性质非常稳定，是因为N2分子中含有氮氮三键，要破坏氮氮三键需吸收更多的能量C.在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成H2O时所释放的热量称为中和热D.伴有能量变化的物质变化都是化学变化【答案】B【解析】【详解】A、形成化学键释放能量，断开化学键吸收能量，故A错误；B、物质中原子之间的键能越大，越稳定，因此破坏氮氮三键需吸收更多的能量，故B正确；C、强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为中和热，弱酸弱碱不是，故C错误；D．物理变化时也可能伴随能量变化，如气态水液化会放出热量，所以伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，故D错误；故选B。22.肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O===O为500、N—N为154，则断裂1molN—H键所需的能量(kJ)是(　　)A.194B.391C.516D.658【答案】B【解析】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3="2752"kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。视频1923.对于化学反应3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是（）A.v(W)=3v(Z)B.2v(X)=3v(Z)C.2v(X)=v(Y)D.3v(W)=2v(X)【答案】C【解析】试题分析：化学反应速率之比等于化学系数之比，A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，故错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，故错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，故正确；D、v（W）：v（X）=3：2，故错误。考点：考查化学反应速率的计算等知识。视频24.实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.64kJ·mol－1，当放出314.624kJ的热量时，SO2的转化率为(　　)A.40%B.50%C.80%D.90%【答案】C【解析】试题分析：放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为314.624×2/196.64mol=3.2mol，则SO2的转化率为3.2/4×100%=80%，故选项C正确。考点：考查化学平衡的计算等知识。25.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(g)　ΔH12H2S(g)＋SO2(g)=32S2(g)+2H2O(g)　ΔH2H2S(g)+12O2(g)=S(g)+H2O(g)　ΔH32S(g)＝S2(g)　ΔH4则ΔH4的正确表达式为（）A.ΔH4＝23(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)B.ΔH4＝23(3ΔH3-ΔH1-ΔH2)C.ΔH4＝32(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)D.ΔH4＝32(ΔH1-ΔH2-3ΔH3)【答案】A【解析】19根据盖斯定律可知①×2/3+②×2/3－③×2即得到2S(g)＝S2(g)的ΔH4＝23(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)，答案选A。点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。视频26.现有部分元素的性质与原子(或分子)结构如表所示：元素编号元素性质与原子(或分子)结构T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质分子为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层比K层少1个电子Z第三周期元素的金属离子中半径最小（1）写出元素T的原子结构示意图：____________。（2）元素Y与元素Z相比，金属性较强的是________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是________(填字母)。a．Y单质的熔点比Z单质低b．Y的化合价比Z低c．Y单质与水反应比Z单质与水反应剧烈d．Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既有离子键又有非极性共价键的化合物，写出该化合物的电子式：__________________。19（4）元素T和氢元素以原子个数比为1∶1化合形成化合物Q，元素X与氢元素以原子个数比1∶2化合形成常用于火箭燃料的化合物W，Q与W发生氧化还原反应，生成X单质和T的另一种氢化物，写出该反应的化学方程式：_________________________________。【答案】(1).(2).Na(3).c、d(4).(5).N2H4＋2H2O2=N2＋4H2O【解析】T：最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以，次外层是K层，最外层是L层，K层排2个电子，L层排6个电子，所以是氧元素；X：由常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对知，该元素原子最外层5个电子，主族元素的族序数=其最外层电子数，所以是氮元素；Y：由M层比K层少1个电子知，其核外电子排布是：2、8、1，所以是钠元素；Z：第3周期元素的简单离子中半径最小，由元素周期律知，金属阳离子，随原子序数的增大离子半径减小，阴离子得电子后比金属阳离子多一个电子层，都比金属离子半径大，所以是Al元素；(1)T为氧元素，核外电子排布是2、6，原子结构示意图为；(2)YZ分别是钠铝元素，根据元素周期律知，金属性较强的是Na，比较金属强弱的方法有：与水或酸反应的剧烈程度，其最高价氧化物的水化物的碱性强弱，金属活动性顺序表等，所以选C、D；(3)上述元素中，由其中两种元素形成的既有离子键又有非极性共价键的物质常见的是Na2O2；(4)氧元素与氢元素形成的原子个数比为1：1的化合物Q是H2O2．其电子式为。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。27.19已知：从石油中获得A是目前工业上生产A的主要途径，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。回答下列问题：(1)写出A的结构简式______________。(2)B、D分子中的官能团名称分别是__________________、________________。(3)写出下列反应的反应类型：①________，②________，④________。(4)写出下列反应的化学方程式：①_____________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。【答案】(1).CH2===CH2(2).羟基(3).羧基(4).加成反应(5).氧化反应(6).酯化反应(或取代反应)(7).CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH(8).2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOCH2CH3，以此来解答。【详解】（1）A为乙烯，结构式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）B为乙醇，含有官能团为羟基，D为乙酸，含有官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；（3）根据上述分析，反应①、②、④的反应类型分别为：加成反应、氧化反应、酯化反应(或取代反应)，故答案为：加成反应、氧化反应、酯化反应(或取代反应)；（4）反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；反应②是乙醇被氧化物乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；故答案为：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。19【点睛】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸之间的转化关系等，侧重分析与应用能力的考查，注意基础知识的理解掌握，把握发生的反应为解答的关键。28.一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)，M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）此反应的化学方程式中a∶b＝________。（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为________。（3）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是________________________________________________________________________。A.反应中M与N的物质的量之比为1∶1B.混合气体的总质量不随时间的变化而变化C.混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化D.单位时间内消耗amolN，同时生成bmolME.混合气体的压强不随时间的变化而变化F.N的转化率达到最大，且保持不变【答案】(1).2∶1(2).1Vt2−t1mol·L－1·min－1(3).C、E、F【解析】【详解】（1）参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol-2mol=3mol，所以此反应的化学方程式中ab=2：1，故答案为：2：1；（2）由图可知，t1到t2时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，故v（M）=1molVL(t2−t1)min=1V(t2−t1)mol/（L•min），故答案为：1V(t2−t1)mol/（L•min）；（3）A．平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，故A错误；B19．混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明到达平衡，故B错误；C．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，故C正确；D．单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM，都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；E．N的质量分数在混合气体中保持不变，说明可逆反应到达最大限度平衡状态，故E正确；F．N的转化率达到最大，且保持不变，说明可逆反应到达最大限度平衡状态，故F正确；故答案为：CEF。【点睛】本题考查化学反应速率计算、化学平衡计算、化学平衡状态判断等。本题的易错点为（3），注意判断化学平衡状态的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。29.甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题。(1)高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝260kJ·mol－1。已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1。则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为______________________。(2)如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。①a处应通入______(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是_______________。②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH________(填写“变大”、“变小”或“不变”，下同)，装置Ⅱ中Cu2＋的物质的量浓度________。③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH－以外还含有________(忽略水解)。④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷________L(标准状况下)【答案】(1).2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－46kJ·mol－1(2).CH4(3).O2＋2H2O＋4e－===4OH－(4).变小(5).不变(6).CO32－(7).1.12【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，按照2×①+②得CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式；（2）装置Ⅰ中的电池总反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，装置Ⅱ中阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极Cu2++2e-=Cu，19以此分析；Ⅱ中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，Ⅰ中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料（甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水）、正极上通入氧化剂；Ⅱ中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，溶液中铜离子浓度不受影响。根据整个装置中电子转移相等计算消耗的甲烷的体积。【详解】（1）将方程式CH4(g)+CO(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=260kJ·mol-1①；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1②，2×①+②得CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=-46kJ·mol-1；因此，本题答案为：2CH4(g)＋O2(g)==2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－46kJ·mol－1；（2）①由于Fe棒上镀Cu，则Cu棒发生氧化反应，作阳极，b电极作正极，a电极作负极，所以a处通入的气体是甲烷，b处通入O2，由于KOH作电解质溶液，则b极反应式为O2＋2H2O＋4e－==4OH－；因此，本题答案为：CH4；O2＋2H2O＋4e－==4OH－；②根据I中电池反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变，因此，本题答案为：变小；不变；③Ⅰ中负极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，所以还有碳酸根离子CO32-生成。因此，本题答案为：CO32－；④左边原电池和右边电解池转移电子数相等，由电子守恒得CH4~4Cu，则12．8gCu的物质的量为0．2mol，消耗CH4为=0．05mol，在标准状况下的体积为0．05mol×22．4L·mol-1=1.12L。因此，本题答案为：1.12。【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、原电池和电解池原理，根据电解池中Cu、Fe电极上发生的反应确定燃料电池中正负极及电极上通入的气体，再结合转移电子相等计算，难点是电极反应式的书写。19